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PROBLEMA 1 La placa semicircular de 75 kg de espesor uniforme se levanta a partir del reposo mediante dos barras paralelas de peso despreciable, debido a la acción de un Momento M = 750 Nm. Para ese instante determine: A.- La magnitud de la fuerza tangencial en A. (N) B.- La magnitud de la fuerza normal en C. (N) C.- La magnitud de la fuerza normal en B. (N) D.- La magnitud de la fuerza normal en A. (N) Solución. El grafico muestra que el cuerpo presenta traslación pura y con movimiento curvilíneo. α=0 yw =0 Pero las barras de conexión si tienen αyw Los datos: M=750 Nm m=75 kg Analizando la barra: AB Consideramos la masa de la barra AB =0 despreciable.

Colaborativo DE DINAMICA 2

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Page 1: Colaborativo DE DINAMICA 2

PROBLEMA 1

La placa semicircular de 75 kg de espesor uniforme se levanta a partir del reposo mediante dos barras paralelas de peso despreciable, debido a la acción de un Momento M = 750 Nm. Para ese instante determine:

A.- La magnitud de la fuerza tangencial en A. (N)

B.- La magnitud de la fuerza normal en C. (N)

C.- La magnitud de la fuerza normal en B. (N)

D.- La magnitud de la fuerza normal en A. (N)

Solución.

El grafico muestra que el cuerpo presenta traslación pura y con movimiento curvilíneo.

α=0 y w=0

Pero las barras de conexión si tienen α y w

Los datos:

M=750Nm

m=75kg

Analizando la barra: AB

Consideramos la masa de la barra AB =0 despreciable.

Page 2: Colaborativo DE DINAMICA 2

ΣFt=0

At=Bt

ΣFn=0

An=Bn

ΣMG=IGα=0

0=Bt (56.25 ) (10 )−2+At (18.75 ) (10 )−2−M

At=Bt=1000N

En la placa semicircular.

Eje tangencial:

CAUSAS EFECTOS

ΣFt=m(aG) t

Bt−mgcos (Ɵ )=m (atr ) r=0.995

1000−75 (9.8 ) cos (Ɵ )=75(0.995at)

IG𝞪m(aG)tm(aG)n

mgcos(Ɵ)mgsen(Ɵ)

Page 3: Colaborativo DE DINAMICA 2

at=13.40−9.849cos (Ɵ )

Luego tenemos la siguiente relación.

Wdw=α d (Ɵ)

Wdw=13.40d (Ɵ )−9.849cos (Ɵ)d (Ɵ )

∫0

w

wdw=∫0

Ɵ

13.40d (Ɵ )−∫0

Ɵ

9.849cos (Ɵ)d (Ɵ )

W 2

2=13.40 (Ɵ )−9.849 sen(Ɵ)

W 2=26.80 (Ɵ )−19.698 sen (Ɵ)

wt=2.045 Rad /s

Eje normal:

CAUSAS EFECTOS

ΣFt=m(aG)n

mgsen (Ɵ )−Cn+Bn=m (aG )n=m (wt )2 r r : 0.995

paraƟ=30 °≠ π6

75 (9.8 ) sen (30° )−Cn+Bn=75 (2.045 )20.995

Page 4: Colaborativo DE DINAMICA 2

Bn−Cn=−55.4164

ΣMG=IGα ( cuerpo)=0

−Cn (d1 )−Bn (d 3 )+Bt (d2 )=0

−Cn (11.04 )−Bn (32.26 )+Bt (5.88 )=0

Bt=1000N

Cn (11.04 )+Bn (32.26 )=Bt (5.88 )=5580

Cn (11.04 )+Bn (32.26 )=5580

Además:

Bn−Cn=−55.4164

Bn=114.508N

Cn=169.924N

D1=11.04

D2=5.88

D3=32.26

Page 5: Colaborativo DE DINAMICA 2

PROBLEMA 2

La barra uniforme AB de 25 kg empieza a moverse del reposo en la posición indicada bajo la acción de su peso y del Par aplicado. Las guías son lisas y están en el mismo plano vertical. Para ese instante determine:

A.- La magnitud de la aceleración angular de la barra. (Rad/s2)

B.- La magnitud de la fuerza de reacción en el apoyo B. (N)

C.- La magnitud de la fuerza de reacción en el apoyo A. (N)

D.- La magnitud de la aceleración lineal del centro de masa de la barra AB. (m/s2)

E.- La magnitud de la aceleración lineal del punto B. (m/s2)

Determinamos el momento de inercia de la barra con masa de 25kg y 1.8m de longitud

I= 112

(25 ) (1.8 )2=6.75kg m2

Peso=25kg( 9.80ms2 )=245Nw=0

Page 6: Colaborativo DE DINAMICA 2

CAUSAS EFECTOS

=

Tomamos momentos en tanto en la causa y el efecto en el punto” respectivamente.

150−245 (0.45 )=6.75α+25ag x (0.7794 )−25ag y (0.45)

La segunda ley de newton en las causas y los efectos

Ax=25ag x

By−245=−25ag y

245N

G Gag x

ag y245N

G

P

By

Ax

Page 7: Colaborativo DE DINAMICA 2

Cinemática del cuerpo rígido en el tramo AG

aA=aG+(α k ) X (0.45 i+0.7794 j )−(wa /g )2(0.45i+0.7794 j)

aAj=ag x - ag y+ (α k ) X (0.45 i+0.7794 j )

En el eje X

ag x−0.7794α=0

En el eje Y

aA+ag y−0.45α=0

245N

G

P

By

Ax

Page 8: Colaborativo DE DINAMICA 2

Análisis de las aceleraciones en el tramo AB

aA=aB+(α k ) X (0.45i+0.7794 j )−(wa /g )2(0.45 i+0.7794 j)

aAj=aBi+(α k ) X (0.9 i+1.588 j )

En el eje X:

aA−0.9α=0

En el eje Y:

aB−1.588α=0

Resolviendo todas las ecuaciones obtenemos las siguientes respuestas

α=1.1424 Rads2

NB=261.6554N

AN=28.6913N

aB=2.2953 ms2

245

G

P

By

Ax

Page 9: Colaborativo DE DINAMICA 2

aG=1.3251ms2

PROBLEMA 3

La barra delgada de 10 kg parte del reposo en la posición indicada cuando la deformación del resorte es nula. Si K = 200 N/m, para θ = 37°, determine:

A.- La magnitud de la velocidad angular de AB. (Rad/s)

B.- La velocidad del centro de masa G. (m/s)

C.- La magnitud de la fuerza en el apoyo B. (N)

D.- La aceleración del punto A. (m/s2)

E.- La aceleración angular de la barra AB. (Rad/s2)

IG=12

(10 ) (5 )2=125kgm2

CAUSAS EFECTOS

=37°

Ax

Ax

Ax

Ax

37°

vG2

vG=0

w1=0

Page 10: Colaborativo DE DINAMICA 2
Page 11: Colaborativo DE DINAMICA 2

PROBLEMA 6

La barra delgada ABC tiene una masa de 2,4 kg y se une a un soporte de pasador en B. La esfera D de 0,8 kg golpea el extremo de la barra con una rapidez v1 = 3 m/s. Si L = 0,75 m y e = 0,5, inmediatamente después del impacto, determine:

A.- La rapidez angular de la barra ABC. (Rad/s)

B.- La rapidez de la esfera D. (m/s)

C- La magnitud de la aceleración angular de la barra ABC. (Rad/s2)

D.- La magnitud de la fuerza de reacción en el apoyo B. (N)

E.- El máximo ángulo alcanzado por la barra después del impacto. (°)?

I) Utilizando el Principio del Impulso y la cantidad de Movimiento Lineal para la bola entre los estados 1 y 2:

0.8 (−3 i )+∫ F .dt=0.8v 2 i

∫F .dt=0.8v 2i+2.4

Page 12: Colaborativo DE DINAMICA 2

II) Utilizando el coeficiente de restitución entre la bola y la barra entre los estados 1 y 2:

e=0.5= v 1+v 23

= v2+0.1875w23

0.1875w2+v 2=1.5

I) Utilizando el Principio del Impulso y la cantidad de Movimiento Angular para la barra entre los estados 1 y 2, con respecto al punto B:

HB1+∫ΣMBdt=HB2

HB1+∫0.1875 dtk=HB2

IG= 112

(2.4 ) (0.75 )2=0.1125 kgm2

0+0.1875∫Fdt=IGwG+0.1875 (mvG2)

0.1875∫Fdt=0.1125w2+0.1875(2.4)(0.1875w2)

Page 13: Colaborativo DE DINAMICA 2

∫Fdt=1.05w2

w2=3 Rads

v 2=0.9375ms

1.05w2=0.8v 2+2.4

1.05w2−0.8v 2=2.4

0.1875w2+v 2=1.5

III) Utilizando el concepto de Fuerzas y aceleraciones sobre la barra en el estado 2:

=

A ¿(ΣMB)causas=(ΣMB)efectos

−0.1875 (23.52 )=−0.1125α 2−(2.4 )(0.1875)α 2(0.1875)

α 2=22.4 Rad /s2

B ¿ΣFn=manG :−Bx=−manG

Bx=m (w2 )2r ¿=2.4 (3 )2(0.1875)

Bx=4.05N

C ¿ ΣFt=matG :By−23.52=−2.4 (44.4 ) (0.1875 )=−10.08

By=13.44N

RB=x=√(Bx )2+(By )2=√ (4.05 )2+(13.44 )2=14.0369N

RB=14.0369N

BxBx

By

23.53N

matG

manG

Page 14: Colaborativo DE DINAMICA 2

IV) Observamos que sobre el cuerpo después del impacto, solo actúan sobre el, fuerzas conservativas como el peso y fuerzas en el apoyo B que no trabajan, por lo cual se cumple la Conservación de la Energía Mecánica: Aplicamos el Principio de Conservación de la Energía Mecánica entre los estados 2 y 3:

EM 2=EM 3

12

(m ) (vG 2 )2+ 12

(IG ) (w2 )2+mgyG2=12m¿

12

(2.4 ) (0.5625 )2+ 12

(0.1125 ) (3 )2+0= (0 )+2.4 (9.8 ) (0.1875sin (Ɵ ) )

sin (Ɵ )=0.2008

Ɵ=11.5837 °